湖南省邵东县第一中学娄底三中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

湖南省邵东县第一中学娄底三中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

湖南省邵东县第一中学、娄底三中2019-2020学年高二上学期 第一次月考化学试题 ‎1.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）‎ A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与CO2反应 C. 甲烷在氧气中的燃烧反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等。‎ ‎【详解】A、锌粒与稀硫酸的反应为放热反应，Zn、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B、灼热的木炭与CO2反应为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B选；‎ C、甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，C、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；‎ D、Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应为吸热反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选B ‎2.北京奥运会开幕式在李宁点燃鸟巢主火炬时达到高潮。奥运火炬采用的是环保型燃料—丙烷，其燃烧时发生反应的化学方程式为C3H8+5O23CO2+4H2O。下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 火炬燃烧时化学能只转化为热能 B. 所有的燃烧反应都会释放热量 C. 1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量 D. 丙烷完全燃烧的产物对环境无污染，故丙烷为环保型燃料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、火炬燃烧时，不仅发热，而且发光．所以火炬燃烧时，化学能不仅转化为热能，还转化为光能等其它形式的能，A项错误；‎ B、所有的燃烧反应都是放热反应，都会释放热量，B项正确；‎ C、根据能量守恒定律，如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在反应中有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应。所有的燃烧反应都是放热反应，丙烷的燃烧是放热反应，所以1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量，C项正确；‎ D、丙烷完全燃烧C3H8＋5O23CO2＋4H2O的产物二氧化碳和水，对环境无污染，故丙烷为环保型燃料，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎3.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol-1‎ B. 反应SO2(g)+2H2S(g)3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH<0‎ C. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a、 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=b，则a>b D. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢气的燃烧热应生成液态水，气态水变为液态水还要放出热量，所以氢气燃烧热大于241.8 kJ·mol-1，A项错误；‎ B. 该反应的△S<0，常温下反应能够自发进行，说明△H−T△S<0，所以必须有△H<0，B项正确；‎ C. 放热反应的△H<0，2molC(s)完全燃烧生成CO2(g)时放出的热量大于不完全燃烧生成CO(g)时放出的热量，放出的热量越多，焓变越小，则a0说明石墨变成金刚石是吸热反应，则说明等物质的量石墨的能量低于金刚石的能量，因此石墨比金刚石稳定，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.对于反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH > 0。改变下列条件一定不能加快反应速率的是 A. 升温 B. 增加CO浓度 C. 加催化剂 D. 恒容下通入惰性气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，正、逆反应速率都加快，不符合题意；‎ B. 增大CO浓度，逆反应速率瞬间增大，正反应速率随之增大，不符合题意；‎ C. 加入催化剂，可同等程度的增大正、逆反应速率，不符合题意；‎ D. 恒容下通入惰性气体，反应体系中各物质浓度不变，则正、逆反应速率均不变，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项是学生们的易错点，学生们总是认为恒容下通入惰性气体，容器内气体压强增大，所以反应速率加快。但是实际上，恒容下通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，则正、逆反应速率均不变。实际上，虽然容器内气体压强增大，但是反应体系的分压并没有改变，因此反应速率不变。‎ ‎5.在恒温恒容的密闭体系中，可逆反应：A(s)＋2B(g)2C(g)　ΔH<0，不能作为该反应达到化学平衡的标志的是 ‎①v正(B)＝v逆(C) ②n(B)∶n(C)＝1∶1 ③容器内压强不再改变 ‎④容器内气体的密度不再改变 ⑤容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变 A. ②③④⑤ B. ①③④ C. ②③ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①二者化学计量数相同，说明正逆反应速率相等，可做标志；②物质的量相等不能说明反应达到平衡；③反应前后气体体积不变，所以压强不能做标志；④气体的总质量随着反应而改变，所以密度不变可做标志；⑤平均相对分子质量=气体的总质量 /气体总物质的量，由于气体总物质的量不变，而气体的总质量随时改变，所以平均相对分子质量不变可做标 志。‎ 故选C。‎ ‎6.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H＝－57．3KJ·mol－1。分别向1L 0．5mol·L－1的Ba（OH）2‎ 的溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是 A. △H1＞△H2＞△H3‎ B. △H1＞△H2＝△H3‎ C. △H1＜△H2＜△H3‎ D. △H1＝△H2＜△H3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：强酸与强碱的中和热为△H＝－57．3KJ·mol－1 浓硫酸稀释时会放热,醋酸是弱酸电离时吸热,答案选C 考点：中和热与焓变 ‎7.一定温度下将2mol SO2和1mol 18O2 充入恒容密闭容器中发生反应:2SO2(g)+18O2 (g) 2SO3(g) ，达到化学平衡后，下列说法不正确的是 A. 18O 存在于SO2、O2 和SO3 中 B. 容器中所含氧原子总数为6 NA C. 反应中转移电子的数目为4 NA D. 平衡后再充入一定量Ar，重新平衡后，SO3浓度保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可逆反应的正、逆反应同时进行，SO2和O2 生成SO3的同时，SO3也分解生成SO2和O2，平衡时三种气体共存，因此18O存在于SO2、O2 和SO3 中，A项正确；‎ B. 化学反应中遵循原子守恒，平衡时容器中所含氧原子总数等于反应初始时SO2和O2中的氧原子总数，共6NA，B项正确；‎ C. 可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2mol SO2和1mol18O2充入恒容密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为SO3，则反应中转移电子的数目小于4 NA，C项错误；‎ D. 容器容积不变，平衡后再充入一定量Ar，各物质的浓度不变，则正、逆反应速率不变，平衡不移动，SO3浓度保持不变，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.对于可逆反应：A(g)＋3B(s)‎ ‎2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的反应速率如下，其中表示的反应速率最大的是（ ）‎ A. v(A)＝0.5mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.2mol·L－1·s－1‎ C. v(D)＝0.4mol·L－1·min－1 D. v(C)＝0.1mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．v(A)＝0.5mol·L－1·min－1=mol•L-1•s-1 =0.0083 mol•L-1•s-1；‎ B．由于B是固体，不能用其表示反应速率；‎ C．v(A)=v(D)=×mol•L-1•s-1=0.0033mol•L-1•s-1 ；‎ D．v(A)=v(C)=0.05mol•L-1•s-1；‎ 则反应速率最快的为D，故选D。‎ ‎【点睛】解答本题要注意时间的单位需要一致。本题的易错点为B，要注意不能用固体或纯液体的浓度变化表示化学反应速率。‎ ‎9.已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下:‎ ‎①2NO(g) N2O2(g) (快) △H1<0 平衡常数K1‎ ‎②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) (慢) △H2<0 平衡常数K2‎ 下列说法正确的是 A. 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) △H=－(△H1－△H2)‎ B. 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的平衡常数 C. 反应过程中能量变化可用如图表示 D. 反应②的速率大小决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①2NO(g) N2O2(g) (快) △H1<0 平衡常数K1‎ ‎②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) (慢) △H2<0 平衡常数K2‎ 两个反应都为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；①+②可得2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，△H=(△H1+△H2)，K=K1×K2，据此解答。‎ ‎【详解】A. ①+②可得，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，△H=(△H1+△H2)，A项错误；‎ B. ①+②可得，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，K=K1×K2，B项错误；‎ C. ①②都为放热反应，反应物总能量均大于生成物的总能量，C项错误；‎ D. ②反应较慢，为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的主要因素，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.已知：H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436 kJ/mol、496 kJj/mol和462kJ/mol；2C(s)+O2 (g)=2CO(g) ∆H=-220 kJ/mol ；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) ∆H=a kJ/mol。则a为 A. -332 B. -118 C. +130 D. +350‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物-H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．‎ 详解：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1＞0，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1＞0，4×462-496-2×436=2a+220，解得a=+130．故选C。‎ 点睛：本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，解题关键：关于化学键能和物质能量关系知识的迁移和应用、根据盖斯定律的计算能力．‎ ‎11.实验室用下列四种硫酸分别与锌粒制备H2 ，其中反应速率最快的是 A. 10℃ 10mL 3mol/L的硫酸 B. 10℃ 20mL 1mol/L的硫酸 C. 20℃ 10mL 3mol/L的硫酸 D. 20℃ 20mL 18.4 mol/L的硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 影响化学反应速率的因素：温度越高，反应速率越快；浓度越大，反应速率越快，据此解答。‎ ‎【详解】温度越高，反应速率越快；稀硫酸浓度越大，反应速率越快，但D项，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，不能制备氢气，因此C项反应速率最快，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是 A. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深 B. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率 C. FeCl3溶液中加入KSCN溶液的血红色溶液中，加入铁粉后溶液颜色变浅或消失 D. 新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，注意化学平衡移动原理概念的理解及使用范围：（1）已达平衡状态的可逆反应才能使用；（2）只改变影响平衡的一个外界条件才能使用，若有多个条件改变，则要综合分析。‎ ‎【详解】A. H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，该反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不移动，颜色变深是因为体系体积减小，物质浓度增大造成的，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，A项正确；‎ B. 合成氨时将氨液化分离，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高原料的利用率，能用勒夏特列原理解释，B项错误；‎ C. FeCl3溶液中加入KSCN溶液的血红色溶液中存在可逆反应:Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，加入铁粉后，发生反应2Fe3++ Fe=3Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，则Fe(SCN)3浓度减小，溶液颜色变浅或消失，能用勒夏特列原理解释，C项错误；‎ D. 氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，滴加硝酸银溶液，发生反应Ag++Cl−=AgCl↓，Cl−浓度减小，平衡正向移动，Cl2浓度减小，则溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】A项是学生们的易错点，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，该反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不移动，颜色变深是因为体系体积减小，物质浓度增大造成的结果，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎13.在密闭容器中进行反应：A(g)＋3B(g)2C(g)，有关下列图像说法的不正确的是（ ）‎ A. 依据图A可判断正反应为放热反应 B. 在图B中，虚线可表示使用了催化剂 C. 若正反应的△H<0，图C可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动 D. 由图D中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H>0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，V逆>V正 平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，故不选A；‎ B.在图B中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线只能表示是加入了催化剂，故不选B；‎ C.若正反应的ΔH＜0，升高温度，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，故不选C；‎ D.由于升高温度，气体的平均相对分子质量减小，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的ΔH<0，故选D；‎ 答案：D ‎14.某温度下，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝，该温度下在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示：‎ 起始浓度 甲 乙 丙 丁 c(H2)/mol·L-1‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.01‎ ‎0.020‎ c(CO2)/mol·L-1‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.02‎ ‎0.020‎ 下列判断不正确的是 A. 平衡时，丙中CO2的转化率小于60%‎ B. 平衡时，甲中和丁中H2的转化率均是60%‎ C. 平衡时，乙中H2和丙中CO2的物质的量浓度相同，均为0.014 mol·L-1‎ D. 平衡时，乙中和丙中CO的体积分数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 设甲容器中平衡时二氧化碳转化物质的量浓度为xmol/L，可列出三段式：‎ H2(g)＋ CO2(g) H2O(g)＋CO(g)‎ 起始(mol/L) 0.01 0.01‎ 转化(mol/L) x x x x 平衡(mol/L) 0.01-x 0.01-x x x 平衡常数为，解得：x=0.006，则甲中CO2的转化率为，丙和甲对比，丙相当于在甲的基础上增加了CO2的量，当增加一种反应物的浓度时，可提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，则丙中CO2的转化率会减小，即小于60%，A项正确；‎ B. 甲容器中CO2的转化率为60%，丁和甲对比，丁相当于在甲的基础上又同等程度增大了反应物的用量，则丁的平衡状态相当于对甲进行加压，但是该反应前后气体体积不变，增大压强，化学平衡不移动，物质的转化率不变，所以平衡时，甲中和丁中H2‎ 的转化率均是60%，B项正确；‎ C. 由于温度相同，乙和丙容器中的平衡常数相等，都为K＝，‎ 设乙容器中平衡时氢气转化物质的量浓度为zmol/L，可列出三段式：‎ H2(g)＋ CO2(g) H2O(g)＋CO(g)‎ 起始(mol/L) 0.02 0.01‎ 转化(mol/L) z z z z 平衡(mol/L) 0.02-z 0.01-z z z 平衡常数为K==‎ 同理，可设丙容器中平衡时氢气转化物质的量浓度为ymol/L，可列出三段式，‎ H2(g)＋ CO2(g) H2O(g)＋CO(g)‎ 起始(mol/L) 0.01 0.02‎ 转化(mol/L) y y y y 平衡(mol/L) 0.01-y 0.02-y y y 平衡常数为， ‎ 以上两个方程式中，解得z=y，则乙中H2和丙中CO2的物质的量浓度相同；‎ 由A项知，甲容器中充入0.01mol/L H2和0.01mol/LCO2，达到平衡状态时，H2的浓度为0.004 mol/L，乙容器中充入0.02mol/L H2和0.01mol/LCO2，相当于在甲容器平衡的基础上，再充入0.01 mol/L H2，如果平衡不移动，H2浓度为0.014 mol/L，但是充入H2，平衡正向移动，因此重新平衡时H2浓度应小于0.014 mol/L，则乙容器达到平衡时时H2浓度应小于0.014 mol/L，同理分析丙容器，达到平衡时时CO2浓度应小于0.014 mol/L；C项错误；‎ D. 由C项分析可知，乙中和丙中达到平衡时CO物质的量浓度相同，该反应前后气体物质的量不变，则反应后混合气体的总物质的量浓度均为0.03mol/L，则计算出乙中和丙中CO的体积分数相同，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. NaNa2O2 Na2CO3 B. SSO3 H2SO4‎ C. SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 D. Cl2FeCl2 Fe(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，物质间转化均能一步实现，A项符合题意；‎ B. 硫单质在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，B项不符合题意；‎ C. 二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，C项不符合题意；‎ D. 氯气与铁反应生成FeCl3，而不是FeCl2，D项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反应，转移3mol电子，这是常考点。‎ ‎16.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是( )‎ A. 正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgCl B. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子 C. Na＋不断向“水”电池的负极移动 D. AgCl是还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可知，Ag的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，错误；‎ B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，正确；‎ C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，错误；‎ D、Ag的化合价升高，被氧化，AgCl是氧化产物，错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2 CO2(g)。一定温度下， 在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：‎ 容器 温度/（℃）‎ 起始物质的量（mol)‎ 平衡物质的量（mol)‎ NO CO N2‎ CO2‎ N2‎ CO2‎ I ‎400‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.12‎ II ‎400‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0‎ ‎0‎ III ‎300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.075‎ 下列说法正确是 A. 该反应的ΔS<0、ΔH<0‎ B. 容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06 mol•L-1·S-1‎ C. 达到平衡时，体系中c(CO)关系：c(CO,容器II)>2c(CO，容器I)‎ D. 若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时V正>V逆 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即△S<0，反应I中产生的N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即△H<0，故A正确；B、达到平衡N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)=0.06/(1×2)mol/(L·s)=0.03 mol/(L·s)，故B错误；C、反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，此时假如平衡不移动，c(CO,容器II)= 2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO,容器II)<2c(CO，容器I)，故C错误；D、 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2 CO2(g)‎ 起始浓度：0.2 0.2 0 0‎ 变化浓度：0.12 0.12 0.06 0.12‎ 平衡浓度：0.08 0.08 0.06 0.12 根据化学平衡常数的表达式，K==21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc= =10<21，说明反应向正反应方向进行，V正>V逆，故D正确。‎ 点睛：本题易错点是选项C，首先分析反应I投入量和反应II的投入量，反应II的投入量与反应I投入量呈比值，因此在反应I的基础上再投入通入0.2molNO和0.2molCO，假如平衡不移动，，c(CO,容器II)= 2c(CO，容器I)，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO被消耗，因此有c(CO,容器II)<2c(CO，容器I)，从而作出合理判断。‎ ‎18.利用下图实验装置进行有关实验，下列对结论的叙述正确的是 选项 ‎①中试剂 ‎ ②中试剂 ‎ 结论 A 镁条、蒸馏水 肥皂水 ‎②中开始出现气泡，说明①中生成了氢气 B 铜片、硝酸溶液 蒸馏水 ‎②中试管口出现红棕色气体，说明①中生成了NO2‎ C 二氧化锰、浓盐酸 淀粉KI溶液 该装置可以用来检验①中是否产生了氯气 D 乙醇、乙酸、浓硫酸 饱和NaOH溶液 该装置可以用来制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A、要考虑气体热胀冷缩；B、NO和氧气反应也会生成NO2；C、氯气具有氧化性，碘单质使淀粉呈蓝色；D、碱性条件下乙酸乙酯水解更完全。‎ 详解：A、空气受热膨胀，故A错误；B、大试管中有空气，NO和氧气反应也会生成NO2，故B错误；C、二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，氯气与KI溶液作用生成碘单质，使淀粉呈蓝色，该装置可以用来检验①中是否产生了氯气，故C正确；D、碱性条件下乙酸乙酯水解更完全，饱和NaOH溶液促进乙酸乙酯水解，故D错误；故选C。‎ ‎19.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM (g)+yN(g)zP(g)。平衡时测得M的浓度为0.80 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.50 mol/L。下列有关判断正确的是 A. x + y < z B. 平衡向正反应方向移动 C. N的转化率降低 D. 混合气体的密度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡时测得M的浓度为0.80mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度变为0.40mol/L，而再达平衡时，测得M的浓度降低为0.50mol/L，由此可知容器容积增大，压强减小，平衡逆向移动了，据此解答。‎ ‎【详解】平衡时测得M的浓度为0.80mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度变为0.40mol/L，而再达平衡时，测得M的浓度降低为0.50mol/L，由此可知容器容积增大，压强减小，平衡逆向移动了，‎ A. 减小压强，平衡逆向移动，而减压平衡向气体体积增大的方向移动，则x+y > z，A项错误； B. 由上述分析可知平衡逆向移动，B项错误； C. 平衡逆向移动，N的转化率降低，C项正确； D. 根据质量守恒定律知混合气体的质量不变，体积增大，则混合气体的密度减小，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】学生们在做题过程中往往只关注到容器容积增大，压强减小了，重新平衡后测得M的浓度降低为0.50 mol/L，直接认为平衡向正反应方向移动，而忽略了容器容积增大，各物质的浓度要瞬间减小。在这里一定要注意压强改变时，容器容积的改变对物质浓度的影响。‎ ‎20.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)．在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2‎ ‎，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2‎ B. 反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)‎ C. 在C点时，CO转化率为75%‎ D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；‎ B．B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；‎ C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）‎ 起始 1 2 0‎ 变化 x 2x x 结束 1-x 2-2x x 在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；‎ D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎21.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下： ‎ ‎①用量筒量取50mL 0.50mol•L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸的温度，然后把温度计上的 酸用水冲洗干净；‎ ‎②用另一量筒量取50mL 0.55mol•L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；‎ ‎③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题： ‎ ‎（1）实验中NaOH溶液稍稍过量的目的是_________________________________________。‎ ‎（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______（填序号）． ‎ A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动 ‎（3）实验中改用60mL 0.50mol·L-1盐酸与50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，放出的热量______________(填“ 偏多”“偏少”或“相等”，下同)，所求得的中和热ΔH ______________。‎ ‎（4）如果上述实验测得中和热ΔH = -55.6kJ/mol，并已知：Ba2+(aq)+2OH-(aq)+ 2H++SO42- (aq)=BaSO4(s) +2H2O(l) ，ΔH＝-1584.2 kJ·mol-1。则生成BaSO4(s)的反应热ΔH＝______________。‎ ‎【答案】 (1). 使盐酸完全中和 (2). D (3). 偏多 (4). 相等 (5). -1473 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）为了确保定量的盐酸反应完全，所用NaOH稍过量；‎ ‎（2）盐酸和氢氧化钠溶液混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀； （3）反应放出的热量与所用酸以及碱的量的多少有关，而中和热是指强酸、强碱的稀溶液反应生成1mol水所对应的反应热，与酸碱的用量无关，并根据中和热的概念和实质来回答；‎ ‎（4）由信息可知，‎ ‎①Ba2+(aq)+2OH-(aq)+ 2H++SO42- (aq)=BaSO4(s) +2H2O(l) ΔH＝-1584.2 kJ·mol-1‎ ‎②OH-(aq)+ H+ (aq)= H2O(l) ΔH＝-55.6 kJ·mol-1 由盖斯定律可知，①-②×2得到Ba2+（aq)+SO42- (aq)=BaSO4(s)的ΔH，据此解答。‎ ‎【详解】（1）实验NaOH溶液稍稍过量的目的是确保定量的盐酸被完全中和，根据盐酸的量计算生成水的物质的量，进而计算反应热；‎ 故答案为：使盐酸完全中和；‎ ‎（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动；‎ 故答案为：D；‎ ‎（3）酸碱中和反应为放热反应，生成水越多，反应放出的热量越多，如果实验中改用60mL0.50mol⋅L-1的盐酸与50mL0.55mol⋅L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增加，所放出的热量偏多；但中和热是指强酸、强碱的稀溶液反应生成1mol水所对应的反应热，因此所求中和热相等；‎ 故答案为：偏多；相等；‎ ‎（4）由信息可知，‎ ‎①Ba2+(aq)+2OH-(aq)+ 2H++SO42- (aq)=BaSO4(s) +2H2O(l) ΔH＝-1584.2 kJ·mol-1‎ ‎②OH-(aq)+ H+ (aq)=H2O(l) ΔH＝-55.6 kJ·mol-1 由盖斯定律可知，①-②×2得到Ba2+（aq)+SO42- (aq)=BaSO4(s)，‎ 其反应热ΔH=-1584.2 kJ·mol-1−(-55.6 kJ·mol-1)×2=−1473 kJ⋅mol−1；‎ 故答案为：-1473 kJ/mol；‎ ‎22.T℃时，在2L的密闭容器中，气体X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图所示。‎ ‎（1）该反应化学方程式为_________________________.‎ ‎（2）0~10s内，X的化学反应速率为___________________.‎ ‎（3）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示：‎ T/℃‎ ‎ 100‎ ‎220‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎45.00‎ ‎32.00‎ ‎1.00‎ ‎0.60‎ ‎0.38‎ 则该反应的ΔH__________0 (填“>”、“<”或“=”)‎ ‎（4）830℃时，在容积为10L的恒容密闭容器中充入5molX气体、7.8molY气体和7.1mol Z气体，此时υ(正)_______υ(逆) (填“>”、“<”或“=”)‎ ‎（5）上图所示反应的温度为_________________。‎ ‎【答案】 (1). X + Y 2 Z (2). 0.04 mol/(L·s) (3). < (4). < (5). 220℃‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化学反应中各物质的物质的量的变化量与化学计量数之比呈正比书写化学方程式；‎ ‎（2）根据公式υ=计算化学反应速率；‎ ‎（3）由表格中数据可知，温度升高，平衡常数减小，即升温平衡逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；‎ ‎（4）计算此刻该反应的浓度商，并与该温度下的平衡常数进行比较，据此判断反应进行的方向，进而比较正逆反应速率的大小；‎ ‎（5）根据图示计算平衡时各物质的浓度，计算平衡常数，判断所处的温度。‎ ‎【详解】（1）由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量的变化量与化学计量数之比呈正比，则有n(X):n(Y):n(Z)=(1.20mol−0.40mol):(1.00mol−0.20mol):1.60mol=1:1:2，则反应的化学方程式为X+Y⇌2Z；‎ 故答案为：X+Y⇌2Z；‎ ‎（2）0~10s内，X的化学反应速率为υ（X）=（1.20mol-0.40mol）÷2L÷10s=0.04‎ ‎ mol/(L·s)；‎ 故答案为：0.04 mol/(L·s)；‎ ‎（3）由表格中数据可知，温度升高，平衡常数减小，即升温平衡逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则该反应的ΔH<0；‎ 故答案为：<；‎ ‎（4）830℃时，该反应的平衡常数为1.00，此刻该反应的浓度商为，则反应将向逆反应方向进行，υ(正)<υ(逆)；‎ 故答案为：<；‎ ‎（5）上图所示，达到平衡时X、Y、Z的物质的量分别为0.40mol、0.20mol、1.60mol，容器容积为2L，浓度分别为0.20 mol/L、0.10 mol/L、0.80 mol/L，则平衡常数为，则温度为220℃；‎ 故答案为：220℃。‎ ‎23.工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) 制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如下：‎ ‎（1）浸取时，溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，其离子方程式为__________________。能提高烧渣浸取速率的措施有__________________（填字母）。‎ A．将烧渣粉碎 B．降低硫酸的浓度 C．适当升高温度 ‎ ‎（2）还原时，试剂X的用量与溶液pH的变化如图所示，则试剂X可能是________（填字母）。还原结束时，溶液中的主要阴离子有_____________。 ‎ A．Fe粉 B．SO2 C．NaI ‎（3）滤渣Ⅱ主要成分的化学式为__________________；由分离出滤渣Ⅱ后的溶液得到产品，进行的操作是_______________________________ 、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (2). AC (3). B (4). SO42- (5). Al(OH)3 (6). 蒸发浓缩，冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4∙7H2O， （1）溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒写出离子方程式；提高烧渣浸取速率，可增大固体的表面积，提高反应温度，，搅拌或增大离子的浓度等方法； （2）随着X的加入，溶液酸性增强，应通入二氧化硫，被氧化生成硫酸； （3）由以上分析可知滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4∙7H2O。‎ ‎【详解】烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4∙7H2O，‎ ‎（1）溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，提高烧渣浸取速率，可增大固体的表面积，提高反应温度，搅拌，或增大硫酸的浓度等，AC符合；‎ 故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；AC；‎ ‎（2）由以上分析可知，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，被氧化生成硫酸，发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++ SO42- +4H+；铁粉和NaI均可以还原Fe3+‎ 为Fe2+，但溶液pH变化不明显，因此不符合题意；反应后溶液中主要阴离子为SO42−；‎ 故答案为：B；SO42-；‎ ‎（3）由以上分析可知滤渣Ⅱ为氢氧化铝，即Al(OH)3，从硫酸亚铁溶液中得到七水硫酸亚铁的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ 故答案为：Al(OH)3；蒸发浓缩，冷却结晶。‎ ‎24.二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。合成气(主要成分为CO、CO2和H2)是重要的化工原料，可利用合成气在催化剂存在下直接制备二甲醚(CH3OCH3)。‎ 已知：① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1‎ ‎② CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1‎ ‎③ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1‎ ‎（1）工业上用CO2和H2在一定条件下反应直接制备二甲醚，主反应为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)‎ ‎①要使该反应速率和产率都增大，应该采取的措施是__________________________________；。‎ ‎②一定条件下，上述主反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是__________(填标号)。‎ a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大 c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的变小 ‎③在某压强下，制备二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时CO2的转化率如图(a)所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中， 5 min后反应达到平衡状态，则0〜5 min内的平均反应速率υ(CH3OCH3)=__________；KA、 KB、 KC三者之间的大小关系为___________。‎ ‎（2）在适当条件下由CO和H2直接制备二甲醚，另一产物为水蒸气。‎ ‎①该反应的热化学方程式是_______________________________。‎ ‎②CO的转化率、二甲醚的产率与反应温度的关系如图(b)所示，请解释290℃后升高温度，CH3OCH3产率逐渐走低的原因可能是________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 适当增大压强 (2). b (3). 0.036 mol·L-1·min-1 (4). KA＝KC＞KB (5). 2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol-1 (6). 生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①要使该反应速率和产率都增大，则该条件可以使反应速率加快，也可以使平衡向正反应方向进行，据此进行分析；‎ ‎②a．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；‎ b．H2的转化率增大，平衡一定正向移动；‎ c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；‎ d．容器中的值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；‎ ‎③T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，计算CO2的消耗量，再计算二甲醚的生成量，根据υ=计算平均反应速率；平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，且在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大，平衡常数较大，据此解答；‎ ‎（2）①根据已知信息先写出反应的化学方程式，再根据盖斯定律和已知热化学方程式进行计算；‎ ‎②生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低。‎ ‎【详解】（1）①根据盖斯定律以及主反应方程式2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)可知，该反应可由反应①×2+③求得，则该反应的△H=2△H1+△H3 = -49.0kJ·mol-1×2 - 24.5 kJ·mol-1= -122.5 kJ·mol-1，反应为放热反应，且主反应为反应前后气体体积减小的反应，若要使产率增大，则需使平衡向右移动，可采取的措施为降温或增压，同时要使反应速率增大，则应该采取的措施为：适当增大压强；‎ 故答案为：适当增大压强；‎ ‎②逐项分析可知：‎ a. 逆反应速率先增大后减小，采取的措施可以是增大生成物浓度，平衡可以向逆反应方向移动，a项错误；‎ b.H2的转化率增大，说明同初始原料量的情况下H2已反应的量增大，能够说明平衡一定向正反应方向移动，b项正确；‎ c.反应物的体积百分含量减小，采取的措施可以是增大生成物浓度，则平衡可以向逆反应方向移动，c项错误；‎ d.容器中的变小，采取的措施可以是保证H2物质的量不变的情况下，减小CO2物质的量，则平衡可以向逆反应方向移动，d项错误；‎ 故答案为：b；‎ ‎③由图可知，T1温度下，将6molCO2和12molH2充入密闭容器中，投料比，则CO2的转化率为60%，则参与反应的CO2物质的量为n(CO2)= 6mol×60%=3.6mol，则生成二甲醚的物质的量为n(CH3OCH3)=1.8mol，则0~5min内的平均反应速率υ(CH3OCH3)=1.8mol÷10L÷5min=0.036mol/(L·min)；同一可逆反应的平衡常数只与温度有关，温度相同平衡常数相同，A和C同在T1曲线上，KA＝KC，在投料比相同的情况下，T2温度下B点的转化率小于T1温度下的转化率，则T2温度平衡常数较小，KA=KC>KB；‎ 故答案：0.036 mol·L-1·min-1；；KA＝KC＞KB；‎ ‎（2）①根据已知条件，该反应化学方程式为：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，根据盖斯定律知，将①×2-②×2+③得该反应的△H=2△H1-2△H2+△H3，代入数据可知，△H=-204.7 kJ·mol-1，则该反应的热化学方程式为：2CO(g)＋4H2(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ‎ ‎ ΔH＝-204.7 kJ·mol-1；‎ 故答案为：2CO(g)＋4H2(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol-1；‎ ‎②分析图像可知，290℃后升高温度，CH3OCH3产率逐渐降低，由前述可知，生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低； ‎ 故答案为：生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低。‎ ‎ ‎